江西省南昌市2022届高三第三次模拟测试数学（理）试题

江西省南昌市2022届高三第三次模拟测试

数学（理）试题

第I卷（选择题）

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．命题“若，都是奇数，则是偶数”的逆否命题是（       ）

A．若不是偶数，则，都不是奇数 B．若不是偶数，则，不都是奇数

C．若，都是偶数，则是奇数 D．若，都不是奇数，则不是偶数

3．若复数的实部和虚部均为整数，则称复数为高斯整数，关于高斯整数，有下列命题：

①整数都是高斯整数；

②两个高斯整数的乘积也是高斯整数；

③模为3的非纯虚数可能是高斯整数；

④只存在有限个非零高斯整数，使也是高斯整数

其中正确的命题有（       ）

A．①②④ B．①②③ C．①② D．②③④

4．某工厂研究某种产品的产量（单位：吨）与某种原材料的用量（单位：吨）之间的相关关系，在生产过程中收集了4组数据如表所示：

根据表中的数据可得回归直线方程，有下列说法：①与正相关；②与的相关系数；③；④产量为8吨时预测原材料的用量约为6.19吨.其中正确的个数为（       ）A．1              B．2              C．3              D．4

5．某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（       ）

A． B． C． D．

6．已知两条直线：，：，有一动圆（圆心和半径都在变动）与，都相交，并且，被截在圆内的两条线段的长度分别是定值，，则动圆圆心的轨迹是（       ）

A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．直线

7．已知实数满足，则下列关系式不可能成立的是（       ）

A． B．

C． D．

8．科学记数法是一种记数的方法.把一个数表示成与10的次幂相乘的形式，其中，.当时，.若，则数列中的项是七位数的有（       ）

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个

9．已知的内角，，所对的边分别为，，，，，.，分别为线段，上的动点，，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

10．已知双曲线：的左、右焦点分别是，，是双曲线右支上一点，且，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则双曲线的离心率为（       ）

A． B．2 C．3 D．4

11．设，，（为自然对数的底数），若不是函数的极值点，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

12．已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

二、填空题

13．已知，，则向量与的夹角为__________.

14．已知实数，满足约束条件，则的最小值为__________.

15．已知函数的最大值为-1，则实数的取值范围是__________.

16．已知函数，现有以下说法：

①直线是图象的一条对称轴；

②在单调递增；

③，.

则上述说法正确的序号是____.

三、解答题

17．已知数列为等比数列，且，.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

18．如图，正方形所在的平面与菱形所在的平面互相垂直，为等边三角形.

(1)求证：；

(2)，是否存在，使得平面平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.

19．已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，与平行的直线交椭圆于，两点，直线，分别于轴正半轴交于，两点.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)求证：为定值.

20．甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军.比赛采取三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束，且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历，甲、乙在一局比赛中获胜的概率分别为，，且每局比赛的结果相互独立.

(1)求甲夺得冠军的概率；

(2)比赛开始前，工作人员买来一盒新球，共有6个.新球在一局比赛中使用后成为“旧球”，“旧球”再在一局比赛中使用后成为“废球”.每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，如果这颗球成为废球，则直接丢弃，否则裁判员将其放回盒中.记甲、乙决出冠军后，盒内新球的数量为X，求随机变量X的分布列与数学期望.

21．已知函数.

(1)当时，判断的单调性；

(2)若时，设是函数的零点，为函数极值点，求证：.

22．已知直线的参数方程为：（为参数），曲线的极坐标方程为：.

(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)已知直线和曲线交于两点，设点，求.

23．已知函数，已知不等式恒成立.

(1)求的最大值；

(2)设，，求证：.

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

解不等式，求出集合A和B，进而求出交集.

【详解】

，解得：，所以，，解得：或，故，故

故选：C

2．B

【解析】

【分析】

根据逆否命题的概念即可选出答案.

【详解】

因为命题“若，则”的逆否命题是“若，则”，

所以命题“若，都是奇数，则是偶数”的逆否命题是“若不是偶数，则，不都是奇数”.

故选：B.

3．A

【解析】

【分析】

根据题意，逐项判断正误即可.

【详解】

解：①令，当时，，即为整数，根据题意，是高斯整数，故①正确；

②令，，则，

则为整数，为整数，故为高斯整数，故②正确；

③令，且，故，所以至少有一个数为非整数，故不是高斯整数，③错误；

④令，且，则，

若为高斯整数，故为整数，即存在有限个，例如，故④正确.

故选：A.

4．C

【解析】

【分析】

根据回归直线方程，直接判断①②，根据回归直线方程必过样本点中心，求，判断③，代入回归直线方程，求，判断④.

【详解】

，所以与正相关，故①正确；与的相关系数，故②错误；

，，，则，故③正确；，当时，，故④正确.

故选：C

5．C

【解析】

【分析】

根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．

【详解】

解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，

由图示可知，该空间几何体体积为，

故选：C.

6．C

【解析】

【分析】

利用几何法列式得圆的弦长与圆心到直线的距离之间的关系，由点到直线的距离公式表示出，，从而代入求解轨迹方程，即可判断.

【详解】

设动圆圆心的坐标为，半径为，

圆心到，的距离分别是，，

则，，

所以，又因为，

，即，

得，即.

所以动圆圆心的轨迹方程为，

由方程可知，动圆圆心的轨迹为双曲线.

故选：C

7．D

【解析】

【分析】

令，则表示与，，交点的横坐标，采用数形结合的方式可得结论.

【详解】

令，则表示与，，交点的横坐标，

不妨记，，，

在平面直角坐标系中作出，，图象，

当与，，位置关系如下图所示时，，即；

当与，，位置关系如下图所示时，，即；

当与，，位置关系如下图所示时，，即；

综上所述：关系式不可能成立的是.

故选：D.

8．B

【解析】

【分析】

数列中的项是七位数的满足，同时取对数得，化简得，计算得解.

【详解】

数列中的项是七位数的满足，同时取对数得，所以，由已知，代入得，且，所以符合条件的值又4个，数列中的项是七位数的有4个.

故选：B.

9．C

【解析】

【分析】

根据已知条件运用正弦定理求出的长，根据设出边的关系，再利用余弦定理表示出，从函数的角度求其最值.

【详解】

依题意，如图所示，

在中，，，由正弦定理得，

，又，解得：，

设 ，则，，

，

在中，由余弦定理得，

，

对于二次函数

开口向上，对称轴

，

的最小值为.

10．B

【解析】

【分析】

由重心坐标求得I的坐标，再利用圆的切线长定理和双曲线的定义得到G的坐标，再根据与轴平行，由求解.

【详解】

解：如图所示：

由题意得：，

则，

由圆的切线长定理和双曲线的定义得，

所以，则，

因为与轴平行，

所以，即，

则，即，

解得，

故选：B

11．B

【解析】

【分析】

求导函数，根据题意得的根为，从而表示出，再令新函数，求导函数，判断单调性与最小值.

【详解】

，

因为不是函数的极值点，

所以的根为，

所以，即，则，

令，，

因为时，；时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增

所以，所以的最小值为.

故选：B

【点睛】

求解本题的关键是将不是函数的极值点，转化为有两个相等的实数根，从而表示出，再利用导函数判断单调性与最小值.

12．C

【解析】

【分析】

根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积.

【详解】

如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，

连接，由题意可知，，所以，

由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，

当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，

建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，

抛物线的方程为，，

由题意，，得，代入，得，

所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为

，因为，

所以，

所以三棱锥体积的最小值为.

故选：C

【点睛】

求解本题的关键是能判断出点的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，求解到直线的最短距离，利用等体积法求解三棱锥的最小体积.

13．##

【解析】

【分析】

利用平面向量的夹角公式求解.

【详解】

解：因为，，

所以，

则，

因为，

所以，

故答案为：

14．

【解析】

【分析】

画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.

【详解】

画出不等式组表示的平面区域，如图所示，

将化为，则由图可得当直线经过点时，取得最小值，

联立，解得，所以.

故答案为：.

15．

【解析】

【分析】

求出f(x)在x>0时的值域，根据f(x)的最大值为-1可以确定f(x)在x<0时的值域，从而求出a的范围．

【详解】

当x>0时，f(x)=，，

∴当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

∴；

∴要使f(x)的最大值为-1，则在x<0时恒成立，

即在x<0时恒成立，

令，，

则，

∴．

故答案为：．

16．①②

【解析】

【分析】

根据对称性公式，判断①；根据复合函数的单调性判断②；根据单调性和对称性，周期性，判断③.

【详解】

①，

所以函数关于直线对称，故①正确；

②设，则，根据符合函数单调性可知，内层函数在单调递增，外层函数在也是单调递增函数，所以函数在单调递增，故②正确；

③，所以函数的周期为，并且函数关于直线对称，且在区间单调递增，所以函数的最大值是，

，，

所以，，故③错误.

故答案为：①②

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据条件构造，两式相除，即可求得公比，再求通项公式；

（2）由（1）得，利用错位相减法求和.

(1)

因为，所以，

两式相除可得，即，

因为，所以，

可得，所以，

所以.

(2)

，

则   ①

   ②

①-②可得：，

故.

18．(1)证明见解析

(2)存在，

【解析】

【分析】

（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，证明平面；

（2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的数量积为0，即可求解.

(1)

连接交于，因为四边形为菱形，所以，

又正方形所在的平面平面，且平面平面，

因为，所以平面，所以，

又，所以平面，

因为平面，所以；

(2)

存在.以为原点，，的方向为轴，轴，

过点作菱形所在的平面的垂线为轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

因为，设点，

则，所以点，

，，设平面的法向量为，

则有，可得，

，，

设平面的法向量为，

则有，可得，

由可得.

当时，，，，

则，令，则法向量，

此时，

综上可知：成立.

19．(1)

(2)定值为4，证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据题意列出式子求出即可得出；

（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出直线方程可得出点坐标，同理得出坐标，即可求解.

(1)

由题意，解得，

所以椭圆的标准方程为；

(2)

因为直线的斜率为，则设直线的方程为，，

联立，得，

则，解得或，

，

直线的方程为，

令，则，

同理可得，

则

.

所以为定值.

20．(1)

(2)分布列见解析，

【解析】

【分析】

（1）记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，事件“甲在第i局比赛中未胜”.，记事件“甲夺得冠军”，分析事件A包含的情况，直接求概率；

（2）X的可能取值：3，4，5.分析比赛过程，分别求概率，写出分布列，计算数学期望.

(1)

记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，

事件“甲在第i局比赛中未胜”.

显然，，.

记事件“甲夺得冠军”，

则.

(2)

设甲乙决出冠军共进行了Y局比赛，易知或.

则，

故.

记“第i局比赛后抽到新球”，“第i局比赛后抽到旧球”.

因为每个求最多使用两次，故X的取值为：3，4，5.

由题意知比赛前盒内有6颗新球.

比赛1局后，盒内必为5颗新球1颗旧球，此时，.

若发生，则比赛2局后，盒内有4颗新球，2颗旧球，

此时，.

若发生，则比赛2局后，盒内有5颗新球，

故下次必取得新球.即.

于是

.

故X的分布列为

故X的数学期望.

21．(1)在单调递增；

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）对函数求导，令再次求导，判断导函数的单调性以及正负取值情况，进而得到原函数的单调性；

（2）首先研究函数的单调性，根据零点存在性定理确定其零点，并且表示出，再运用赋值法求出，再次运用函数的单调性确定其取值情况，进而证出结论.

(1)

当时，，

所以，

令，，

，即，

在单调递增，

，即，

在单调递增；

(2)

由于，设，，

当时，，则在为减函数；

当时，，则在为增函数；

，当，，

所以存在，使得，

即，所以，

所以在上单调递减，在上单调递增，

，当，，

所以在区间必存在一个零点，

令，则：

，

设，

则，

由（1）知，，

所以在为增函数，，

所以，

根据零点存在判定定理可知，

即.

【点睛】

关键点点睛：

（1）运用导数研究函数的单调性时，一次求导得不出导函数正负取值情况时，可以进行二次求导判断一阶导函数的单调性以及取值情况，进而得到原函数的单调性；

（2）本题主要考查零点问题，所以零点存在性定理要灵活使用；

（3）运用导数对不等式证明时还是要根据函数的单调性；

（4）注意保证运算的正确性.

22．(1)直线；曲线

(2)

【解析】

【分析】

（1）由参数方程消去参数即可得到直线的普通方程；根据极坐标和直角坐标互换原则直接求解即可得到曲线的直角坐标方程；

（2）将参数方程代入曲线直角坐标方程可得韦达定理的形式，根据直线参数方程中的几何意义可知，代入韦达定理结论可求得结果.

(1)

由直线参数方程得：，即直线的普通方程为：；

由得：，

，即曲线的直角坐标方程为：.

(2)

将参数方程代入曲线直角坐标方程整理得：；

设对应的参数分别为，则，，

.

23．(1)

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）分类讨论可得解析式，进而得到的图象，采用数形结合的方式可确定；

（2）令，可得，代入不等式左侧，利用基本不等式可求得，由此可得结论.

(1)

当时，；当时，；当时，；

由此可得图象如下图所示，

恒成立，则由图象可知：当过点时，取得最大值，

.

(2)

由（1）知：只需证明；

令，解得：，

（当且仅当，即时取等号），

，即.